2022年排列、组合与二项式定理典型例题精讲精析 .pdf

《2022年排列、组合与二项式定理典型例题精讲精析 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年排列、组合与二项式定理典型例题精讲精析 .pdf（3页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、排列、组合与二项式定理典型例题精讲精析【例 1】 6 个女同志 (其中有一个领唱)和 2 个男同志，分成两排表演. (1)每排 4 人，问共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4 人，问有多少种不同的排法？分析：解排列组合问题首先要根据问题实际设计恰当构思安排程序. 解： (1)要完成这件事，必须分三步：第一步，先从8 人中选 4 人站在前面，另4 人站在后面，有C48C44=C48种不同方法；第二步，前面4 人进行排列，有A44种方法；第三步，后面 4 人也进行排列，有A44种方法 .三步依次完成，才算这件事完成.故由分步计数原理有C48A44A44种不同的方法.

2、 (2)同理有 C35A44A44种不同的排法 . 【例 2】一条长椅上有七个坐位，四人坐 .要求三个空位中，有两个空位相邻，另一个空位与这两个相邻空位不相邻，共有几种坐法？分析一： 改换一种思考方法，把两个相邻空位看成一个整体，另一个空位与这个整体不相邻，则是用四个人把两个元素隔开的典型问题. 解法一：基于这种考虑，就可先让四人坐在四人位置上，再让后两个“元素”(一个是两个做为一个整体的空位，另一个是单独的空位)选择被四个人造成的五个“空隙”中的两个.这样有 A44A25=480 种. 分析二：除上面算法外，也可以采用以减法为主的算法. 解法二：容易看到：全部安排四人入坐的方法(不管空位相邻

3、还是不相邻)数是 A47.从中减去不合题意的坐法数即可.不合题意的坐法包括两类：一类是三个空位相邻，这种情况下共有 A55种安排方法 (把四个人与相邻的三个空位看成5 个元素 )，另一类是三个空位彼此都不相邻，这种情况下共有A44C35种安排办法 (请注意这里是C35.而不是 A55的道理 ).根据这种“设计”思想，又可列出A47A55A44C35的算式 . 说明：解排列组合题，除概念要清，计算要准之外，关键是列出正确的算式.列算式又往往是解题人正确理解题意，运用算法原理的基础，在此基础上“设计”出完成题目中规定任务的方案 (主要表现在分类、分步设计).这是建立正确算式的基础.上面介绍的两种解

4、法中，一种是优先安排人入座，再让空位去“插队”，后一种解法是运用逆向思维，从问题的反面入手，采取减法，使问题得解. 【例 3】师大附中组织蓝球比赛，共 24 个班参加 .第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取前两名再进行第二轮单循环比赛(在第一轮中已相遇过的两队不再进行比赛).问共要进行多少场比赛？分析：虽然比赛分两轮进行，但不能使用分步计数原理，这是因为无论是在第一轮比赛，还是在第二轮比赛，每比赛一次就算事件已经完成.而实际是分两类计算，先算第一轮共赛多少场，再算第二轮共赛多少场，之后利用分类计数原理即可算出总共比赛的场数. 解：第一轮每组6 个队进行单循环赛，共有C26场比赛， 4

5、个组共计赛4C26场. 第二轮每组取2 名，共计 8 名，本应赛C28场，但由于第一轮中分在同一组的两队不再进行第二轮比赛了，故应减去4场，所以共比赛C284 场. 综上，两轮比赛总共赛4C26+(C284)=84 场. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 3 页 - - - - - - - - - 说明： 对于一个具体问题，用排列也好，用组合也好，用分步计数原理还是分类计数原理也好， 都需要对具体问题做中肯的分析，解决好是否与元素顺序有关，解决好分类或分步，

6、并且做到元素不重不漏.这是解决排列、组合问题必须注意的事情. 【例 4】 由 1、2、 3、4、5 五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为 12345，第 2项是 12354，, 直到末项(第 120 项)是 54321.问：(1)43251 是第几项？(2)第 93 项是怎样的一个五位数？分析：43251 以前的数都比43251 小，而以后的数都比43251 大.因此比 43251 小的个数加 1 就是 43251 的项数 .反过来，从第120 项减比 43251 大的数的个数也是43251 的项数 . 先算出比第93 项大的数的个数，从第120 项中减去此数，再从万位数是

7、5 的个数，逐步缩小，到第12093 27 个为止 .从而可得第93 项那个数 . 解： (1)比 43251 大的数有下列几类：万位数是5 的有 A44=24 个；万位数是4，千位数是5 的有 A33=6 个；万位数是4，千位数是3，百位数是5 的有 A22=2 个. 比 43251 大的数共有A44+A33+A22=32 个. 所以 43251 是第 12032=88 项. (2)从(1)知万位数是5 的有 A44=24 个，万位数是4 千位数是5 的有 A33=6 个.但比第 93项大的数有12093=27 个，第 93 项即倒数第28 项，而万位数是4，千位数是5 的 6 个数是 45

8、321、45312、45231、45213、45132、45123，从而可见第93 项是 45213. 说明：对于两个基本原理、排列、组合的学习与运用，以下几点要给予注意：(1)本部分内容概念性强、抽象性强、灵活性强，思维方法独特.因此要立足于对基础知识、基本方法的学习；选取典型例题，搞清搞透，构建典型问题的思维模式，奠定解其他问题的思维依托；着眼于分析问题、解决问题的能力提高. (2)注意分类讨论、等价转换、整体思想、正难则反等数学思想的运用. (3)不做偏题、怪题、难题，应以历届高考试题的难度作为标尺. 【例 5】求证： (1+x)n+(1x)n2n，其中 x 1，n2，nN*. 分析一：

9、直接对左式使用二项式定理证明一： (1+x)n+(1x)n=2(1+C2nx2+C4nx4+ ,+Ckn2x2k+ ,)(k=1，2, 2n). x 1.0 x2k1. (1+x)n+(1x)n2(1+C2n+C4n+ ,+Ckn2+ ,)=22n1=2n. 说明：应用二项式定理证明不等式和应用一般恒等式的道理是一样的，关键是灵活应用恒等变换 .注意运用不等式的证明方法.本题是利用放缩法得证的. 分析二： x 1 可以考虑用三角变换. 证明二：x 1，可设x=cos2， (0，2). 则 1+x=1+cos2=2cos2，1x=1cos2=2sin2. (1+x)n+(1x)n=2n(cos2

10、n+sin2n) =2n(cos2n2cos2+sin2n2sin2) 2n(cos2+sin2)( 0cos2n21， 0sin2n21)=2n. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 3 页 - - - - - - - - - 说明： 通过三角代换， 利用三角函数性质和放缩法的巧妙结合，使本题证明简单、明了 .此法确实是一种好方法. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 3 页 - - - - - - - - -